1、高考资源网（） 您身边的高考专家2015-2016学年山东省青岛市胶州一中高三（下）月考化学试卷（3月份）一、选择题1如图中，表示正反应是放热反应的是（）ABCD2下列物质中，按只有氧化性、只有还原性、既有氧化性又有还原性的顺序排列的一组是（）AFe3+、K、Fe2+BCl、Al、H2CNO2、Na+、Br2DO2、SO2、Fe3设NA为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（）A1.0 L 1.0 mo1L1的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2NAB56 g铁片投入足量浓H2SO4中生成NA个SO2分子C标准状况下，22.4 L氨水含有NA个NH3分子D常温常压下，14 g由N2与CO组成的
2、混合气体含有的原子数目为NA4下列说法中正确的是（）A干冰、液态氯化氢都是电解质B根据是否具有丁达尔效应，将分散系分为溶液、浊液和胶体CNa2O、Fe2O3、Al2O3既属于碱性氧化物，又属于离子化合物DNa2O2晶体中既含有离子键又含有共价键5下面有关晶体的叙述中，不正确的是（）A金刚石为空间网状结构，由共价键形成的碳原子环上，最小的环上有6个碳原子B氯化钠晶体中，每个Na+周围距离相等的Na+共有6个C氯化铯晶体中，每个Cs+周围紧邻8个ClD干冰晶体中，每个CO2分子周围紧邻12个CO2分子6天然维生素P存在于槐树花蕾中，它是一种营养增补剂，关于维生素P的叙述中错误的是（）A可与溴水反应
3、，且1mol物质与足量溴水反应消耗6mol Br2B可与NaOH溶液反应，1mol该物质可与4molNaOH反应C一定条件下1mol该物质可与H2加成，耗H2最大量为7molD维生素P遇FeCl3溶液发生显色反应7在恒温条件下，欲使CH3COONa的稀溶液中的比值增大，可在溶液中加入少量下列物质中的固体NaOH 固体KOH 固体NaHS 固体CH3COONa冰醋酸（）A只有B只有C只有D只有8下列相关反应的离子方程式书写正确的是（）A氢氧化铁溶于氢碘酸：Fe（OH）3+3H+Fe3+3H2OB向含有0.4mol FeBr2的溶液中通入0.1mol Cl2反应：2Fe2+Cl22Fe3+2ClC
4、NH4Al（SO4）2溶液中加入Ba（OH）2溶液使SO42完全沉淀：Al3+2SO42+2Ba2+4OHAlO2+2BaSO4+2H2ODNaHCO3溶液中加入过量的Ba（OH）2溶液：2HCO3+Ba2+2OHBaCO3+2H2O+CO329已知温度T时水的离子积常数为KW，该温度下，将浓度为a molL1的一元酸HA与b molL1一元碱BOH等体积混合，可判定该溶液呈中性的依据是（）Aa=bB混合溶液的pH=7C混合溶液中，c（H+）= molL1D混合溶液中，c（H+）+c（B+）=c（OH）+c（A）10下列说法正确的是（）A增大反应物浓度可以增大活化分子百分数，从而使反应速率增大
5、B汽车尾气的催化转化装置可将尾气中的NO和CO等有害气体快速地转化为N2和CO2，其原因是催化剂可增大NO和CO反应的活化能C在“反应热的测量实验”中测定反应后温度的操作方法：将量筒中的NaOH溶液经玻璃棒引流缓缓倒入盛有盐酸的简易量热计中，立即盖上盖板，并用环形玻璃搅拌棒不断搅拌，准确读出并记录反应体系的最高温度D研制性能优良的催化剂既可以提高化学反应速率，又能起到很好的节能效果11据科学家预测，月球的土壤中吸附着数百万吨的He，而在地球上氦元素则主要以 He的形式存在下列说法正确的是（）A He原子核内含有4个质子B He与He互为同位素C He与He在元素周期表中占有不同的位置D He的
6、最外层电子数为2，故He易失去最外层电子12下列化合物的分子中，所有原子都处于同一平面的是（）A乙酸B甲苯C甲醇D四氟乙烯13把A、B、C、D四块金属泡在稀H2SO4中，用导线两两相连可以组成各种原电池A、B相连时，A为负极；C、D相连时，D上有气泡逸出；A、C相连时，A极减轻；B、D相连时，B为正极则四种金属的活动性顺序由大到小排列为（）AABCDBACBDCACDBDBDCA14下列物质的转化在给定条件下能实现的是（）AH2SO4（稀）SO2NH4HSO3（NH4）2SO3BNH3NONO2HNO3CFeFeCl2Fe（OH）2Fe（OH）3DAlNaAlO2AlCl3溶液无水AlCl31
7、5草酸是二元中强酸，草酸氢钠溶液显酸性常温下，向10mL 0.01mol/L NaHC2O4溶液中滴加0.01mol/L NaOH溶液，随着NaOH溶液体积的增加，溶液中离子浓度关系正确的是（）AV（NaOH）=0时，c（H+）=1102 mol/LBV（NaOH）=10mL时，c（H+）=1107 mol/LCV（NaOH）10mL时，可能存在c（Na+）=2c（C2O42）+c（HC2O4）DV（NaOH）10mL时，c（C2O42）c（Na+）c（HC2O4）二、解答题（共7小题，满分33分）16原电池和电解池都能实现能量的置换回答下列问题：（1）可将化学能转化为电能是池；（2）下列反应
8、能设计成原电池的是：2FeCl3+Fe3FeCl2ComAlCl3+3NH3H2OAl（OH）3+3NH4ClNaOH+HClNaC1+H2O（3）用FeCl3溶液腐蚀印刷电路铜板的离子方程式为：（4）如图装置当闭合电键时，电表显示有电流通过则Pt极的电极反应式：； 当甲中产生0.1mol气体时，乙中析出铜的质量应为 g17实验室配制460mL0.100mol/L Na2CO3溶液回答下列问题，现有下列仪器A烧杯 B100mL量筒 C100mL容量瓶 D药匙 E玻璃棒 F天平（1）配制时，必须使用的仪器有（填代号），还缺少的仪器是该试验中两次用到玻璃棒，其作用分别是，（2）应用托盘天平称取Na
9、2CO310H2O晶体的质量为，若加蒸馏水不慎超过刻度线，处理的方法是（3）若实验遇下列情况，溶液的浓度偏高的是A溶解后没有冷却便进行定容B摇匀后发现液面低于刻度线，滴加蒸馏水至刻度线再摇匀C定容时俯视容量瓶的刻度线D容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理F称取的Na2CO310H2O晶体失去了部分结晶水（4）若取50.0mL上述已配好的溶液，与另一150mL0.200mol/L的Na2CO3溶液混合，最后得到的溶液的物质的量浓度为（设溶液的体积变化可忽略）18某食用白醋是由醋酸与纯水配制而成，用0.1000mol/L NaOH溶液准确测定其中醋酸的物质的量浓度以下为某同学列出的实验步骤（未排序），请
10、回答下列问题A分别向碱式滴定管、酸式滴定管注入NaOH标准溶液和待测醋酸至0刻度以上23cmB调节滴定管液面至0或0刻度以下，记下读数C用NaOH标准溶液滴定至终点，记下滴定管液面的刻度D用标准溶液清洗碱式滴定管23次；待测醋酸清洗酸式滴定管23次E用待测醋酸清洗锥形瓶23次F排气泡使滴定管尖嘴充满溶液，把滴定管固定好G滴定管检漏，用水清洗所有仪器，备用H通过酸式滴定管向锥形瓶注入20.00mL待测醋酸，并加入23滴指示剂（1）用离子方程式表示该实验的原理（2）从上述实验步骤中选出正确的并按操作先后排序你的实验顺序为：（用字母表示）（3）实验室常用的酸碱指示剂有甲基橙、石蕊和酚酞，你选择的指示
11、剂是，理由是；滴定终点的现象是（4）某同学实验后得到的数据如下： 滴定次数实验数据12345V（NaOH）/mL（初读数）0.000.200.000.100.05V（NaOH）/mL（终读数）15.7515.2014.9815.1215.05原白醋中醋酸的物质的量浓度为mol/L（结果保留4位有效数字）（5）分析下列操作对测定结果的影响，用“偏低”、“偏高”或“不影响”填空滴定前碱式滴定管充满溶液，滴定后尖嘴处有气泡；读取标准溶液体积时，滴定前平视，滴定后仰视19亚硝酸盐是一种常见的食品添加剂，使用时必须严格控制其用量为检测某食品中亚硝酸盐含量（通常以1kg样品中含NaNO2的质量计，假定食品
12、本身不参与反应），某研究小组设计了如下实验方案：（1）实验过程中需配制500mL 0.0010mol/L （NH4）2Fe（SO4）2标准溶液，如下图所示的仪器中肯定不需要的是（填序号），配制上述溶液还需要用到的玻璃仪器是（填仪器名称）配制溶液时，定容的操作方法是（2）已知亚硝酸钠（NaNO2）的水溶液呈弱碱性，则亚硝酸的电离方程式为（3）完成并配平实验方案中反应的离子方程式，并用单线桥表示电子转移的方向和数目：MnO4+NO2+Mn2+NO3+，（4）若称取样品a g进行测定，准确量取12.00mL 0.0005mol/L的酸性KMnO4溶液（过量）与溶液A反应反应后溶液用0.0010mol
13、/L（NH4）2Fe（SO4）2标准溶液滴定至紫色溶液刚好褪去；重复上述实验2次，平均消耗（NH4）2Fe（SO4）2溶液10.00mL，则1kg样品中 NaNO2的质量为mg（用含a的代数式表示）20如图所示，某气体X可能由H2、CO、CH4中的一种或几种组成将X气体燃烧，把燃烧后生成的气体通过A、B两个洗气瓶试回答下列问题：（1）若A洗气瓶的质量增加，B洗气瓶的质量不变，则气体X是（2）若A洗气瓶的质量不变，B洗气瓶的质量增加，则气体X是（3）若A、B两个洗气瓶的质量都增加，则气体X可能是：21将KOH和Ca（OH）2混合物1.86g全部溶于一定量水中形成稀溶液，再缓缓通入足量的CO2气体
14、当生成沉淀的质量刚好最大时，消耗CO2的体积为224mL（标准状况，忽略CO2溶于水情况以下情况相同）（1）生成沉淀的质量刚好最大时，反应的方程式为：（2）原混合物中Ca（OH）2的质量为g（3）沉淀恰好溶解时，消耗CO2的体积为mL（4）写出溶液中生成沉淀的质量m（g）与通入CO2的体积V（mL）之间的函数表达式V的取值范围m=f（V）（5）在图示坐标系上，画出生成沉淀的质量m（g）与通入CO2的体积V（mL）的关系曲线22现有四瓶丢失标签的KOH、Na2CO3、AlCl3、NH4HSO4溶液，为鉴别四种溶液，将四瓶溶液编号为A、B、C、D进行实验实验过程和记录如下图所示（无关物质已略去），
15、请回答：（1）Y、Z的化学式分别为：Y；ZX与B反应的离子方程式为（2）D溶液pH值7（填“大于”、“小于”或“等于”），原因是（用离子方程式表示）（3）写出C与过量B反应（加热）的离子方程式（4）若B、C的稀溶液混合后（不加热）溶液呈中性，则该溶液中离子浓度从大到小的顺序是【化学-有机化学基础】23常用药羟苯水杨胺，其合成路线如下回答下列问题：已知：（1）羟苯水杨胺的化学式为对于羟苯水杨胺，下列说法正确的是A1mol羟苯水杨胺最多可以和2mol NaOH反应 B不能发生硝化反应C可发生水解反应 D可与溴发生取代反应（2）D的名称为（3）AB所需试剂为；DE反应的有机反应类型是（4）BC反应的
16、化学方程式为（5）F存在多种同分异构体F的所有同分异构体在下列一种表征仪器中显示的信号（或数据）完全相同，该仪器是A质谱仪 B红外光谱仪 C元素分析仪 D核磁共振仪F的同分异构体中既能与FeCl3发生显色反应，又能发生银镜反应的物质共有种；写出其中核磁共振氢谱显示4组峰，且峰面积之比为1：2：2：1的同分异构体的结构简式24如图的关系图中，A是一种正盐，E是强酸，当甲无论是强酸或强碱都有如下反应关系：友情提示：当甲无论是强酸或强碱，A、B、C、D、E均为同种元素对应的不同的化合物回答下列问题：（1）A是（用化学式表示）（2）当甲是稀盐酸溶液时，B为具有臭鸡蛋气味的气体写出B与C的反应方程式：一
17、定质量的Zn与100mL 12.0mol/L的E的浓溶液充分反应，反应后称量剩余锌发现质量减少了65.0g将反应后的溶液稀释至1L，此时溶液中c（SO42）=mol/L，产生SO2体积（标准状况下）=L（3）当甲是浓氢氧化钠溶液时，B为易液化的气体可作制冷剂C是，在浓的E溶液中放入过量的铜片，则反应将要结束时的离子方程式为将盛有D和O2的混合气体12mL的量筒倒立于水槽中，充分反应后，剩余2mL无色气体（均在同温同压下测定），则原混合气体中氧气的体积是2015-2016学年山东省青岛市胶州一中高三（下）月考化学试卷（3月份）参考答案与试题解析一、选择题1如图中，表示正反应是放热反应的是（）AB
18、CD【考点】吸热反应和放热反应【分析】若正反应为放热反应，则需反应物的总能量大于生成物的总能量，据此分析【解答】解：A、此图象中表现出的反应物的总能量小于生成物的总能量，故为吸热反应，故A错误；B、此图象中表现出的反应物的总能量大于生成物的总能量，故为放热反应，故B正确；C、此图象中表现出的反应物的总能量等于生成物的总能量，即反应既不吸热也不放热，此类反应不存在，故C错误；D、此图象中表现出的反应的活化能为负值，此类反应不存在，故D错误故选B2下列物质中，按只有氧化性、只有还原性、既有氧化性又有还原性的顺序排列的一组是（）AFe3+、K、Fe2+BCl、Al、H2CNO2、Na+、Br2DO2
19、、SO2、Fe【考点】氧化还原反应【分析】判断物质的氧化性和还原性，需从两个反面入手，1熟悉物质的性质，2物质所含元素的化合价，如果物质所含元素处于中间价态，则物质既有氧化性又有还原性，处于最低价，只有还原性，处于最高价，只有氧化性【解答】解：A、Fe3+处于最高价只有氧化性，K化合价处于最低价，K化合价只能升高，所以金属钾只有还原性，Fe2+处于中间价态，则物质既有氧化性又有还原性，故A正确；B、Cl化合价处于最低价只有还原性，Al处于最低价只有还原性，H2处于中间价态，则物质既有氧化性又有还原性，故B错误；C、二氧化氮和水的反应说明二氧化氮既有氧化性又有还原性，Na+处于最高价只有氧化性，
20、溴单质既有氧化性又有还原性，故C错误；D、O2处于中间价态，则物质既有氧化性又有还原性，二氧化硫中硫元素居于中间价，既有氧化性又有还原性，Fe处于最低价只有还原性，故D错误故选A3设NA为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（）A1.0 L 1.0 mo1L1的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2NAB56 g铁片投入足量浓H2SO4中生成NA个SO2分子C标准状况下，22.4 L氨水含有NA个NH3分子D常温常压下，14 g由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、NaAlO2水溶液中除了NaAlO2本身，水也含氧原子；B、铁在浓硫酸中会钝化；C、标况下
21、氨水为液态；D、氮气和CO的摩尔质量均为28g/mol，且均为双原子分子【解答】解：A、NaAlO2水溶液中除了NaAlO2本身，水也含氧原子，故溶液中的氧原子的个数大于2NA个，故A错误；B、铁在浓硫酸中会钝化，反应程度很小，故生成的二氧化硫分子数小于NA个，故B错误；C、标况下氨水为液态，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故C错误；D、氮气和CO的摩尔质量均为28g/mol，故14g混合物的物质的量为0.5mol，而且两者均为双原子分子，故0.5mol混合物中含1mol原子即NA个，故D正确故选D4下列说法中正确的是（）A干冰、液态氯化氢都是电解质B根据是否具有丁达尔效应，将分散系分为
22、溶液、浊液和胶体CNa2O、Fe2O3、Al2O3既属于碱性氧化物，又属于离子化合物DNa2O2晶体中既含有离子键又含有共价键【考点】电解质与非电解质；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；分散系、胶体与溶液的概念及关系；离子化合物的结构特征与性质【分析】A在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；B分散系分类依据是分散质粒度；C氧化铝既能与碱又能与酸反应，属于两性氧化物；D过氧化钠中钠离子与过氧根离子之间通过离子键结合，过氧根离子之间通过共用电子对结合【解答】解：A干冰为二氧化碳，本身不能电离，属于非电解质，故A错误；B根据分散质粒度大小，将分散系分为溶液、浊液和胶体，故B错误；C氧化铝既能与
23、碱又能与酸反应，属于两性氧化物，不属于碱性氧化物，故C错误；D过氧化钠中钠离子与过氧根离子之间通过离子键结合，过氧根离子之间通过共用电子对结合，所以过氧化钠中既含有离子键又含有共价键，故D正确；故选：D5下面有关晶体的叙述中，不正确的是（）A金刚石为空间网状结构，由共价键形成的碳原子环上，最小的环上有6个碳原子B氯化钠晶体中，每个Na+周围距离相等的Na+共有6个C氯化铯晶体中，每个Cs+周围紧邻8个ClD干冰晶体中，每个CO2分子周围紧邻12个CO2分子【考点】离子晶体；分子晶体【分析】A金刚石晶体中，每个最小的环上含有6个碳原子；B氯化钠晶胞中，每个钠离子周围距离最近的钠离子是12个；C氯
24、化铯晶体中，铯离子的配位数是8；D二氧化碳晶体中每个二氧化碳分子周围紧邻12个二氧化碳分子【解答】解：A金刚石网状结构中，每个碳原子含有4个共价键，由共价键形成的碳原子环中，最小的环上有6个碳原子，故A正确；B氯化钠晶胞中，每个钠离子周围距离最近的钠离子个数=382=12，故B错误；C氯化铯晶体中，铯离子的配位数是8，故C正确；D二氧化碳晶体属于面心立方，每个二氧化碳分子周围紧邻二氧化碳分子个数=382=12，故D正确故选B6天然维生素P存在于槐树花蕾中，它是一种营养增补剂，关于维生素P的叙述中错误的是（）A可与溴水反应，且1mol物质与足量溴水反应消耗6mol Br2B可与NaOH溶液反应，
25、1mol该物质可与4molNaOH反应C一定条件下1mol该物质可与H2加成，耗H2最大量为7molD维生素P遇FeCl3溶液发生显色反应【考点】有机物分子中的官能团及其结构【分析】槐树花蕾中含有2个苯环，可与氢气发生加成反应，含有的官能团有酚羟基，可发生取代反应，分子中含有C=O，可与氢气发生加成反应，含有C=C，可发生加成、氧化反应，以此解答该题【解答】解：A分子中含有2个苯环4个酚羟基，邻位和对位共有5个H原子可被取代，含有1个C=C，可发生加成，则可与溴水反应，且1mol物质与足量溴水反应消耗6molBr2，故A正确；B分子中只有4个酚羟基与NaOH反应，其它官能团不参加反应，则1mo
26、l该物质可与4molNaOH反应，故B正确；C分子中能发生加成反应的有苯环、C=O和C=C，则1mol该物质可与H2加成，耗H2最大量为8mol，故C错误；D含有酚羟基，可遇FeCl3溶液发生显色反应，故D正确故选C7在恒温条件下，欲使CH3COONa的稀溶液中的比值增大，可在溶液中加入少量下列物质中的固体NaOH 固体KOH 固体NaHS 固体CH3COONa冰醋酸（）A只有B只有C只有D只有【考点】影响盐类水解程度的主要因素【分析】醋酸钠溶液中存在醋酸根离子水解平衡：CH3COO+H2OCH3COOH+OH，影响水解平衡移动的因素来回答判断【解答】解：加入NaOH固体，会导致氢氧根离子浓度
27、增大，水解平衡向逆向移动，所以醋酸根离子浓度增大，但是钠离子增加的程度大，即比值会减小，故错误；加入KOH固体，钠离子浓度不变，水解平衡向逆向移动，所以醋酸根离子浓度增大，即比值会增大，故正确；加入NaHS固体，钠离子浓度变大，水解平衡向正向移动，所以醋酸根离子浓度减小，即比值会减小，故错误；加入CH3COONa固体，醋酸根离子以及钠离子浓度均增大，同时会对水解平衡起到抑制作用，所以醋酸根离子浓度增加的程度大，比值增大，故正确加入冰醋酸，冰醋酸的浓度增大，水解平衡向逆向移动，所以醋酸根离子浓度增大，即比值会增大，故正确；故选：C8下列相关反应的离子方程式书写正确的是（）A氢氧化铁溶于氢碘酸：F
28、e（OH）3+3H+Fe3+3H2OB向含有0.4mol FeBr2的溶液中通入0.1mol Cl2反应：2Fe2+Cl22Fe3+2ClCNH4Al（SO4）2溶液中加入Ba（OH）2溶液使SO42完全沉淀：Al3+2SO42+2Ba2+4OHAlO2+2BaSO4+2H2ODNaHCO3溶液中加入过量的Ba（OH）2溶液：2HCO3+Ba2+2OHBaCO3+2H2O+CO32【考点】离子方程式的书写【分析】A、氢氧化铁溶于氢碘酸时，在发生酸碱中和的同时还发生三价铁离子和碘离子之间的氧化还原反应；B、由于还原性Fe2+Br，所以氯气先与Fe2+反应，如果Fe2+反应完，氯气才与Br反应；只
29、要Fe2+有剩余，Br不反应；C、根据SO42完全沉淀这一信息，来确定NH4Al（SO4）2和Ba（OH）2的物质的量的比，同时需要注意氢氧化铝不溶于氨水；D、注意设“1”法的应用设量少的为“1”，根据1molNaHCO3的需要，来确定消耗的OH和Ba2+的量，从而得出离子方程式【解答】解：A、氢氧化铁溶于氢碘酸的化学方程式：2Fe（OH）3+6HI2FeI2+I2+6H2O，HI为强酸，FeI2为可溶性盐，故离子方程式为：2Fe（OH）3+6H+2I=2Fe2+I2+6H2O，故A错误；B、向含有0.4mol FeBr2的溶液中通入0.1mol Cl2反应，由于还原性Fe2+Br，故0.1m
30、ol Cl2先与Fe2+反应，消耗Fe2+反0.2mol，故Fe2+有剩余，Br不反应，故离子方程式为：2Fe2+Cl22Fe3+2Cl，故B正确；C、NH4Al（SO4）2溶液中加入Ba（OH）2溶液使SO42完全沉淀，则NH4Al（SO4）2和Ba（OH）2的物质的量之比为1：2，故化学方程式为NH4Al（SO4）2+2Ba（OH）2 =2BaSO4+Al（OH）3+NH3H20，故离子方程式为：NH4+Al3+2SO42+2Ba2+4OH2BaSO4+Al（OH）3+NH3H20，故C错误；D、NaHCO3溶液中加入过量的Ba（OH）2溶液时，设量少的为“1”，则1molNaHCO3含1
31、molHCO3，则消耗1molOH和1molBa2+，故离子方程式为HCO3+Ba2+OHBaCO3+H2O，故D错误；故选B9已知温度T时水的离子积常数为KW，该温度下，将浓度为a molL1的一元酸HA与b molL1一元碱BOH等体积混合，可判定该溶液呈中性的依据是（）Aa=bB混合溶液的pH=7C混合溶液中，c（H+）= molL1D混合溶液中，c（H+）+c（B+）=c（OH）+c（A）【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【分析】温度T时水的离子积常数为KW，浓度为a mol/L的一元酸HA与b mol/L的一元碱BOH等体积混合，若溶液呈中性，反应后的溶液中应存在c（H+）
32、=c（OH）=mol/L【解答】解：A因酸碱的强弱未知，a=b，只能说明酸碱恰好完全反应，但如为强酸弱碱盐或强碱弱酸盐，则溶液不呈中性，故A错误；B因温度未知，则pH=7不一定为中性，故B错误；C混合溶液中，c（H+）=mol/L，根据c（H+）c（OH）=KW，可知溶液中c（H+）=c（OH）mol/L，溶液呈中性，故C正确；D任何溶液都存在电荷守恒，即c（H+）+c（B+）=c（OH）+c（A），不能确定溶液的酸碱性，故D错误故选C10下列说法正确的是（）A增大反应物浓度可以增大活化分子百分数，从而使反应速率增大B汽车尾气的催化转化装置可将尾气中的NO和CO等有害气体快速地转化为N2和CO
33、2，其原因是催化剂可增大NO和CO反应的活化能C在“反应热的测量实验”中测定反应后温度的操作方法：将量筒中的NaOH溶液经玻璃棒引流缓缓倒入盛有盐酸的简易量热计中，立即盖上盖板，并用环形玻璃搅拌棒不断搅拌，准确读出并记录反应体系的最高温度D研制性能优良的催化剂既可以提高化学反应速率，又能起到很好的节能效果【考点】化学反应速率的影响因素；中和热的测定【分析】A、增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子的数目；B、催化剂能够降低反应的活化能；C、“反应热的测量实验”中测定反应后温度时，反应物应快速混合，以减少热量散失；D、催化剂能够降低反应的活化能，在相对较低的温度下快速反应【解答】解：A、增大反
34、应物浓度，可增大单位体积内活化分子的数目，但是单位体积内活化分子的百分数不变，故A错误；B、催化剂能够降低反应的活化能，加快反应速率，故B错误；C、“反应热的测量实验”中测定反应后温度时，反应物应快速混合，以减少热量散失，故C错误；D、催化剂能够降低反应的活化能，在相对较低的温度下快速反应，所以优良的催化剂既可以提高化学反应速率，又能起到很好的节能效果，故D正确；故选D11据科学家预测，月球的土壤中吸附着数百万吨的He，而在地球上氦元素则主要以 He的形式存在下列说法正确的是（）A He原子核内含有4个质子B He与He互为同位素C He与He在元素周期表中占有不同的位置D He的最外层电子数
35、为2，故He易失去最外层电子【考点】核素【分析】A根据原子符号ZAX的含义，A表示质量数，Z表示质子数，中子数=质量数质子数；B质子数相同，中子数不同的原子互称为同位素；C质子数相同的元素在周期表中占有相同的位置；DHe原子最外层2个电子是稳定结构【解答】解：A24He原子核内含有2个质子，故A错误； B23He和24He质子数相同，中子数不同，故互为同位素，故B正确；C He与He质子数都为2，占有相同的位置，故C错误；D因He原子的结构稳定，既不容易得到电子，也不容易失去电子，故D错误故选B12下列化合物的分子中，所有原子都处于同一平面的是（）A乙酸B甲苯C甲醇D四氟乙烯【考点】常见有机化
36、合物的结构【分析】在常见的有机化合物中甲烷是正四面体结构，乙烯和苯是平面型结构，乙炔是直线型结构，其它有机物可在此基础上进行判断【解答】解：A乙酸含有1个甲基，甲基具有甲烷的结构特点，因此所有原子不可能处于同一平面上，故A错误； B甲苯含有1个甲基，甲基具有甲烷的结构特点，因此所有原子不可能处于同一平面上，故B错误；C甲醇含有1个甲基，甲基具有甲烷的结构特点，因此所有原子不可能处于同一平面上，故C错误；D乙烯具有平面型结构，四氟乙烯可看作是4个氯原子取代乙烯中的4个氢原子，所有原子在同一个平面，故D正确故选D13把A、B、C、D四块金属泡在稀H2SO4中，用导线两两相连可以组成各种原电池A、B
37、相连时，A为负极；C、D相连时，D上有气泡逸出；A、C相连时，A极减轻；B、D相连时，B为正极则四种金属的活动性顺序由大到小排列为（）AABCDBACBDCACDBDBDCA【考点】常见金属的活动性顺序及其应用【分析】一般来说，在原电池中，作负极的金属其金属活动性大于作正极的金属，失电子发生氧化反应的金属作负极、得电子发生还原反应的金属作正极，据此判断金属性强弱顺序【解答】解：一般来说，在原电池中，作负极的金属其金属活动性大于作正极的金属，失电子发生氧化反应的金属作负极、得电子发生还原反应的金属作正极，A、B相连时，A为负极，则金属活动性顺序AB；C、D相连时，D上有气泡逸出，说明D上得电子发
38、生还原反应，则金属活动性CD；A、C相连时，A极减轻，说明A失电子发生氧化反应，则金属活动性AC；B、D相连时，B为正极，则金属活动性DB，所以这几种金属活动性顺序是ACDB，故选C14下列物质的转化在给定条件下能实现的是（）AH2SO4（稀）SO2NH4HSO3（NH4）2SO3BNH3NONO2HNO3CFeFeCl2Fe（OH）2Fe（OH）3DAlNaAlO2AlCl3溶液无水AlCl3【考点】铁的化学性质；氨的化学性质；二氧化硫的化学性质；铝的化学性质【分析】A稀硫酸和铜不反应；B氨气在催化作用下可被氧化生成NO，NO被氧化生成二氧化氮，二氧化氮和生成硝酸；C铁和氯气反应生成氯化铁；
39、D氯化铝溶液加热易水解生成氢氧化铝【解答】解：A稀硫酸和铜不反应，可用浓硫酸在加热条件下与铜反应，二氧化硫与少量氨水反应生成（NH4）2SO3，故A错误；B氨气在催化作用下可被氧化生成NO，NO被氧化生成二氧化氮，二氧化氮和生成硝酸，转化关系正确，故B正确；C氯气具有强氧化性，铁和氯气反应生成氯化铁，故C错误；D氯化铝溶液加热易水解生成氢氧化铝，加热溶液不能得到无水AlCl3，应在浓盐酸作用下加热，故D错误故选B15草酸是二元中强酸，草酸氢钠溶液显酸性常温下，向10mL 0.01mol/L NaHC2O4溶液中滴加0.01mol/L NaOH溶液，随着NaOH溶液体积的增加，溶液中离子浓度关系
40、正确的是（）AV（NaOH）=0时，c（H+）=1102 mol/LBV（NaOH）=10mL时，c（H+）=1107 mol/LCV（NaOH）10mL时，可能存在c（Na+）=2c（C2O42）+c（HC2O4）DV（NaOH）10mL时，c（C2O42）c（Na+）c（HC2O4）【考点】离子浓度大小的比较【分析】A草酸是二元中强酸，V（NaOH）=0时，NaHC2O4不能完全电离出H+；BV（NaOH）=10 mL时，溶液中溶质为Na2C2O4；CV（NaOH）10mL时，溶液中溶质为NaHC2O4、Na2C2O4；DV（NaOH）10 mL时，溶液中溶质为NaOH、Na2C2O4【解
41、答】解：解：A草酸是二元中强酸，V（NaOH）=0时，NaHC2O4不能完全电离出H+，则c（H+）1102molL1，故A错误；BV（NaOH）=10 mL时，溶液中溶质为Na2C2O4，溶液显碱性，则c（H+）1107molL1，故B错误；CV（NaOH）10mL时，溶液中溶质为NaHC2O4、Na2C2O4，当电离等于水解，即c（H+）=c（OH），存在c（Na+）=2c（C2O42）+c（HC2O4 ），故C正确；DV（NaOH）10 mL时，溶液中溶质为NaOH、Na2C2O4，C2O42水解生成HC2O4，则离子浓度为c（Na+）c（C2O42）c（HC2O4 ），故D错误；故选C
42、二、解答题（共7小题，满分33分）16原电池和电解池都能实现能量的置换回答下列问题：（1）可将化学能转化为电能是甲池；（2）下列反应能设计成原电池的是：2FeCl3+Fe3FeCl2ComAlCl3+3NH3H2OAl（OH）3+3NH4ClNaOH+HClNaC1+H2O（3）用FeCl3溶液腐蚀印刷电路铜板的离子方程式为：2Fe3+Cu=Cu2+2Fe2+（4）如图装置当闭合电键时，电表显示有电流通过则Pt极的电极反应式：2H2O4e=O2+4H+； 当甲中产生0.1mol气体时，乙中析出铜的质量应为6.4 g【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】（1）能自发的发生氧化还原反应，能构成原
43、电池，原电池中化学能转化为电能；（2）能自发的发生氧化还原反应能设计成原电池；（3）FeCl3溶液与Cu反应生成氯化亚铁和氯化铜；（4）甲中Fe为负极，Cu为正极，Pt电极为阳极，阳极上氢氧根离子失电子生成氧气；甲中Cu电极上氢离子得电子生成氢气，乙中C上铜离子得电子生成Cu，根据电子守恒计算【解答】解：（1）能自发的发生氧化还原反应，能构成原电池，原电池中化学能转化为电能，甲中Fe、Cu和稀硫酸构成原电池，即甲池可将化学能转化为电能；故答案为：甲；（2）能自发的发生氧化还原反应能设计成原电池，2FeCl3+Fe3FeCl2属于能自发的发生氧化还原反应，能设计成原电池，故正确；AlCl3+3N
44、H3H2OAl（OH）3+3NH4Cl，属于复分解反应，不是氧化还原反应，不能设计成原电池，故错误；NaOH+HClNaC1+H2O，属于复分解反应，不是氧化还原反应，不能设计成原电池，故错误；故答案为：；（3）FeCl3溶液与Cu反应生成氯化亚铁和氯化铜，其反应的离子方程式为：2Fe3+Cu=Cu2+2Fe2+；故答案为：2Fe3+Cu=Cu2+2Fe2+；（4）甲中Fe为负极，Cu为正极，Pt电极为阳极，阳极上氢氧根离子失电子生成氧气，其电极方程式为：2H2O4e=O2+4H+；甲中Cu电极上氢离子得电子生成氢气，电极方程式为：2H+2e=H2，产生0.1mol气体时，转移电子为0.2mo
45、l，乙中C上铜离子得电子生成Cu，其电极反应为Cu2+2e=Cu，转移0.2mol电子时生成0.1molCu，所以Cu的质量为64g/mol0.1mol=6.4g；故答案为：2H2O4e=O2+4H+；6.417实验室配制460mL0.100mol/L Na2CO3溶液回答下列问题，现有下列仪器A烧杯 B100mL量筒 C100mL容量瓶 D药匙 E玻璃棒 F天平（1）配制时，必须使用的仪器有ADEF（填代号），还缺少的仪器是500mL容量瓶、胶头滴管该试验中两次用到玻璃棒，其作用分别是搅拌促进溶解，引流（2）应用托盘天平称取Na2CO310H2O晶体的质量为14.3g，若加蒸馏水不慎超过刻度
46、线，处理的方法是重新配制（3）若实验遇下列情况，溶液的浓度偏高的是ACFA溶解后没有冷却便进行定容B摇匀后发现液面低于刻度线，滴加蒸馏水至刻度线再摇匀C定容时俯视容量瓶的刻度线D容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理F称取的Na2CO310H2O晶体失去了部分结晶水（4）若取50.0mL上述已配好的溶液，与另一150mL0.200mol/L的Na2CO3溶液混合，最后得到的溶液的物质的量浓度为0.175 mol/L（设溶液的体积变化可忽略）【考点】配制一定物质的量浓度的溶液【分析】（1）根据配置一定物质的量浓度溶液的步骤去分析所需仪器及其规格；溶解时，玻璃棒搅拌促进溶解，转移时引流；（2）通过n（Na
47、2CO3）=0.100mol/L0.5L=0.05mol，则需要十水碳酸钠晶体为0.05mol，然后计算其质量；若加蒸馏水不慎超过刻度线，会导致所配溶液浓度偏低，应重新配制；（3）分析操作对溶质物质的量n、溶液体积V的影响，根据c=判断操作对所配溶液浓度的影响；（4）根据溶液稀释前后溶质的量不变，进行计算【解答】解：（1）实验室配制460mL0.100mol/LNa2CO3溶液，称量时需要天平，溶解时需要药匙、烧杯、玻璃棒，还缺少500ml容量瓶、胶头滴管，以完成后面的转移、定容等；溶解时，玻璃棒搅拌促进溶解，转移时引流，故答案为：ADEF；500mL容量瓶、胶头滴管；搅拌促进溶解；引流；（2
48、）n（Na2CO3）=0.100mol/L0.5L=0.05mol，则需要十水碳酸钠晶体为0.05mol，其质量为0.05mol286g/mol=14.3g；若加蒸馏水不慎超过刻度线，会导致所配溶液浓度偏低，应重新配制，故答案为：14.3g；重新配制；（3）A溶解后没有冷却便进行定容，导致溶解后的液体体积偏大，则定容时所加水减少，浓度偏高；B摇匀后发现液面低于标线，对浓度无影响，滴加蒸馏水至标线再摇匀，导致浓度偏低；C定容时俯视容量瓶的标线，导致加水的体积偏少，浓度偏高；D容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理，由于定容时需要加水，所以干不干燥容量瓶对浓度无影响；F称取的Na2CO310H2O晶体失去
49、了部分结晶水，碳酸钠的含量增大，浓度偏高故答案为：ACF；（4）若取50.0mL上述已配好的溶液，与另一150mL0.200mol/L的Na2CO3溶液混合，最后得到的溶液的物质的量浓度为=0.175 mol/L，故答案为：0.175 mol/L18某食用白醋是由醋酸与纯水配制而成，用0.1000mol/L NaOH溶液准确测定其中醋酸的物质的量浓度以下为某同学列出的实验步骤（未排序），请回答下列问题A分别向碱式滴定管、酸式滴定管注入NaOH标准溶液和待测醋酸至0刻度以上23cmB调节滴定管液面至0或0刻度以下，记下读数C用NaOH标准溶液滴定至终点，记下滴定管液面的刻度D用标准溶液清洗碱式滴
50、定管23次；待测醋酸清洗酸式滴定管23次E用待测醋酸清洗锥形瓶23次F排气泡使滴定管尖嘴充满溶液，把滴定管固定好G滴定管检漏，用水清洗所有仪器，备用H通过酸式滴定管向锥形瓶注入20.00mL待测醋酸，并加入23滴指示剂（1）用离子方程式表示该实验的原理CH3COOH+OH=CH3COO+H2O（2）从上述实验步骤中选出正确的并按操作先后排序你的实验顺序为：（用字母表示）GDAFBHC（3）实验室常用的酸碱指示剂有甲基橙、石蕊和酚酞，你选择的指示剂是酚酞，理由是两者恰好完全中和生成醋酸钠，其水溶液呈碱性，必需选择在碱性范围变色且颜色容易判断的酚酞作指示剂判断滴定终点；滴定终点的现象是当滴加最后一
51、滴氢氧化钠溶液时，溶液变为浅红色且30s不褪色（4）某同学实验后得到的数据如下： 滴定次数实验数据12345V（NaOH）/mL（初读数）0.000.200.000.100.05V（NaOH）/mL（终读数）15.7515.2014.9815.1215.05原白醋中醋酸的物质的量浓度为0.07500mol/L（结果保留4位有效数字）（5）分析下列操作对测定结果的影响，用“偏低”、“偏高”或“不影响”填空滴定前碱式滴定管充满溶液，滴定后尖嘴处有气泡偏低；读取标准溶液体积时，滴定前平视，滴定后仰视偏高【考点】中和滴定【分析】（1）氢氧化钠与醋酸生成醋酸钠和水，醋酸是弱酸，书写离子方程式时不能拆开；
52、（2）滴定时操作步骤为：滴定管查漏水洗润洗注液、调节液面排气泡、记录刻度注入待测液滴定至终点读数（3）醋酸与氢氧化钠溶液完全中和后生成醋酸钠溶液，呈碱性，所以应选择在碱性范围内变色的指示剂（酚酞），终点的现象是当滴加最后一滴氢氧化钠溶液时，溶液变为浅红色且30s不褪色（4）先分析数据的有效性，然后求出平均值，然后根据C（NaOH）V（NaOH）=C（CH3COOH）V（CH3COOH）得醋酸物质的量浓度；（5）根据c（待测）=分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断浓度的误差【解答】解：（1）氢氧化钠与醋酸生成醋酸钠和水，用离子方程式表示该实验的原理为：CH3COOH+OH=CH3COO+H2
53、O，故答案为：CH3COOH+OH=CH3COO+H2O；（2）滴定时操作步骤为：滴定管查漏水洗润洗注液、调节液面排气泡、记录刻度注入待测液滴定至终点读数，故答案为：GDAFBHC； （3）醋酸与氢氧化钠溶液完全中和后生成醋酸钠溶液，呈碱性，所以应选择在碱性范围内变色的指示剂（酚酞），终点的现象是当滴加最后一滴氢氧化钠溶液时，溶液变为浅红色且30s不褪色故答案为：酚酞；两者恰好完全中和生成醋酸钠，其水溶液呈碱性，必需选择在碱性范围变色且颜色容易判断的酚酞作指示剂判断滴定终点；当滴加最后一滴氢氧化钠溶液时，溶液变为浅红色且30s不褪色；（4）五次实验消耗氢氧化钠溶液体积分别为15.75mL、15
54、.00mL、14.98mL、15.02mL、15.00mL，其中15.75mL误差太大，应舍弃，所以氢氧化钠溶液体积平均为15.00mL，氢氧化钠溶液浓度为0.1mol/L，醋酸体积为20.00mL，由C（NaOH）V（NaOH）=C（CH3COOH）V（CH3COOH）得醋酸物质的量浓度为0.07500mol/L，故答案为：0.07500；（5）滴定前碱式滴定管充满溶液，滴定后尖嘴处有气泡，则氢氧化钠溶液体积偏小，根据c（待测）=可知醋酸浓度偏小，故答案为：偏低；读取标准溶液体积时，滴定前平视、滴定后仰视，则氢氧化钠溶液体积偏大，根据c（待测）=可知醋酸浓度偏高，故答案为：偏高19亚硝酸盐是
55、一种常见的食品添加剂，使用时必须严格控制其用量为检测某食品中亚硝酸盐含量（通常以1kg样品中含NaNO2的质量计，假定食品本身不参与反应），某研究小组设计了如下实验方案：（1）实验过程中需配制500mL 0.0010mol/L （NH4）2Fe（SO4）2标准溶液，如下图所示的仪器中肯定不需要的是AC（填序号），配制上述溶液还需要用到的玻璃仪器是烧杯、玻璃棒（填仪器名称）配制溶液时，定容的操作方法是向容量瓶中加水至离刻度线12cm时，改用胶头滴管滴加水至液面与刻度线相切（2）已知亚硝酸钠（NaNO2）的水溶液呈弱碱性，则亚硝酸的电离方程式为HNO2H+NO2（3）完成并配平实验方案中反应的离子
56、方程式，并用单线桥表示电子转移的方向和数目：MnO4+NO2+H+Mn2+NO3+H2O，（4）若称取样品a g进行测定，准确量取12.00mL 0.0005mol/L的酸性KMnO4溶液（过量）与溶液A反应反应后溶液用0.0010mol/L（NH4）2Fe（SO4）2标准溶液滴定至紫色溶液刚好褪去；重复上述实验2次，平均消耗（NH4）2Fe（SO4）2溶液10.00mL，则1kg样品中 NaNO2的质量为mg（用含a的代数式表示）【考点】探究物质的组成或测量物质的含量【分析】（1）根据溶液的配制过程，结合各仪器的作用选取仪器，配制一定物质的量浓度的溶液需要容量瓶、胶头滴管、量筒，不需要烧瓶、
57、分液漏斗，定容方法是向容量瓶中加水至离刻度线12cm时，改用胶头滴管滴加水至液面与刻度线相切；（2）已知亚硝酸钠（NaNO2）的水溶液呈弱碱性，说明是强碱弱酸盐，溶液中亚硝酸根离子水解，亚硝酸为弱酸；（3）依据氧化还原反应电子守恒，结合元素化合价变化升降守恒配平书写离子方程式；（4）利用高锰酸钾氧化亚硝酸根离子为硝酸根离子，过量的高锰酸钾被硫酸亚铁铵还原恰好反应，结合离子方程式的定量关系计算得到【解答】解：（1）用容量瓶配制溶液，用胶头滴管定容；还需要用到的仪器有：溶解或稀释药品的烧杯、搅拌或引流用的玻璃棒，配制溶液时，定容的操作方法是，向容量瓶中加水至离刻度线12cm时，改用胶头滴管滴加水至
58、液面与刻度线相切，故答案为：AC；烧杯和玻璃棒；向容量瓶中加水至离刻度线12cm时，改用胶头滴管滴加水至液面与刻度线相切；（2）已知亚硝酸钠（NaNO2）的水溶液呈弱碱性，说明是强碱弱酸盐，溶液中亚硝酸根离子水解，亚硝酸为弱酸，亚硝酸的电离方程式为：HNO2H+NO2，故答案为：HNO2H+NO2；（3）高锰酸根离子与亚硝酸根离子发生氧化还原反应，其中Mn元素的化合价从+7价降低到+2价，作氧化剂，而N元素的化合价从+3价升高到+5价，根据得失电子守恒，则高锰酸根离子、锰离子的系数是2，硝酸根、亚硝酸根离子的系数是5，根据电荷守恒，则反应物中有氢离子参加，；根据元素守恒，则产物中有水生成，氢离
59、子的系数是6，水的系数是3，依据化合价变化升降相同和原子守恒配平写出离子方程式为：2MnO4+5NO2+6H+=2 Mn2+5NO3+3H2O，单线桥表示电子的转移方向和数目，从还原剂指向氧化剂，方程式为：故答案为：；（4）依据反应过程和离子方程式可知 MnO4+5Fe2+8H+=Mn2+5Fe3+4H2O， 1 5 2106mol 0.0010mol/L0.01L与亚硝酸根离子反应的高锰酸钾物质的量=0.012.00L0.0005mol/L2106mol=4106mol； 2MnO4+5NO2+6H+=2 Mn2+5NO3+3H2O； 2 5 4106mol 105molag样品含 NaNO
60、2的质量为69g/mol105mol=6.9104g；1000g样品中含NaNO2的质量=g=mg；故答案为：20如图所示，某气体X可能由H2、CO、CH4中的一种或几种组成将X气体燃烧，把燃烧后生成的气体通过A、B两个洗气瓶试回答下列问题：（1）若A洗气瓶的质量增加，B洗气瓶的质量不变，则气体X是H2（2）若A洗气瓶的质量不变，B洗气瓶的质量增加，则气体X是CO（3）若A、B两个洗气瓶的质量都增加，则气体X可能是：【考点】常见气体的检验【分析】根据所给几种气体的不同性质和燃烧后的不同生成物考虑，A中为浓硫酸，浓硫酸吸收水蒸气，B中为澄清石灰水，澄清石灰水吸收二氧化碳；【解答】解：H2、CO、
61、CH4气体燃烧，发生反应为：2H2+O22H2O，2CO+O22CO2，CH4+2O2 CO2+2H2O；（1）若A洗气瓶的质量增加，B洗气瓶的质量不变，A中为浓硫酸，说明A吸收了水，只含有H，不含C，因而气体X为H2，故答案为：H2；（2）若A洗气瓶的质量不变，B洗气瓶的质量增加，B中为澄清石灰水，澄清石灰水吸收二氧化碳，说明只含有C，不含H，因而气体X为CO，故答案为CO；（3）若A、B两个洗气瓶的质量都增加，说明生成物有二氧化碳、水，所以含有C，H，O元素，则反应物中也一定含有这三种元素，物质在空气中燃烧，是和空气中的氧气反应，氧气由O元素组成，则C，H定是从某物质中来，而某物质中也可能
62、含有O元素故答案为：CH4、H2、CO；CH4；CH4、H2；CH4、CO；CO、H2；21将KOH和Ca（OH）2混合物1.86g全部溶于一定量水中形成稀溶液，再缓缓通入足量的CO2气体当生成沉淀的质量刚好最大时，消耗CO2的体积为224mL（标准状况，忽略CO2溶于水情况以下情况相同）（1）生成沉淀的质量刚好最大时，反应的方程式为：CO2+Ca（OH）2=CaCO3+H2O（2）原混合物中Ca（OH）2的质量为0.74gg（3）沉淀恰好溶解时，消耗CO2的体积为896mL（4）写出溶液中生成沉淀的质量m（g）与通入CO2的体积V（mL）之间的函数表达式V的取值范围m=f（V）（5）在图示坐
63、标系上，画出生成沉淀的质量m（g）与通入CO2的体积V（mL）的关系曲线【考点】有关混合物反应的计算；有关范围讨论题的计算【分析】KOH和Ca（OH）2混合物溶于水中形成稀溶液，通入足量的CO2气体所发生的离子反应有：2OH+CO2=CO32，CO32+Ca2+=CaCO3CaCO3+CO2+H2O=Ca（HCO3）2，根据以上反应，可把反应分为四个阶段：（1）二氧化碳会先和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀，方程式为CO2+Ca（OH）2=CaCO3+H2O，（2）二氧化碳会继续和氢氧化钾反应，方程式为2K0H+CO2=K2CO3+H2O，（3）二氧化碳会继续和碳酸钾反应，方程式为K2CO3+CO2
64、+H2O=2KHCO3，（4）二氧化碳会继续和碳酸钙反应生成碳酸氢钙，方程式为CaCO3+CO2+H2O=Ca（HCO3）2，据消耗CO2的体积为224mL结合化学方程式计算【解答】解：（1）二氧化碳会先和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀，方程式为CO2+Ca（OH）2=CaCO3+H2O，故答案为：CO2+Ca（OH）2=CaCO3+H2O；（2）根据反应方程式为CO2+Ca（OH）2=CaCO3+H2O，设氢氧化钙的物质的量为x，那么x应该等于二氧化碳的量，即=0.01mol，所以氢氧化钙的质量为0.01mol74g/mol=0.74g，故答案为：0.74；（3）1.86gKOH和Ca（OH）2
65、混合物中，n（KOH）=0.02mol，沉淀恰好溶解时，所反应的反应以此有：CO2+Ca（OH）2=CaCO3+H2O 0.01mol 0.01mol2K0H+CO2=K2CO3+H2O 0.02mol 0.01molK2CO3+CO2+H2O=2KHCO3， 0.01mol 0.01molCaCO3+CO2+H2O=Ca（HCO3）2 0.01mol 0.01mol沉淀恰好溶解时，消耗CO2的物质的量为0.01mol+0.01mol+0.01mol+0.01mol=0.04mol，体积为：0.04mol22.4L/mol=0.896L，即896ml，故答案为：896；3、当V224ml时，反
66、应为CO2+Ca（OH）2=CaCO3+H2O，m=g； 当224V672ml时，反应为CO2+Ca（OH）2=CaCO3+H2O，2K0H+CO2=K2CO3+H2OK2CO3+CO2+H2O=2KHCO3，m=0.01mol100g/mol=1g；当672V896L时，反应为CaCO3+CO2+H2O=Ca（HCO3）2，m=（1）g；当V896ml时，m=0g，方程式为K2CO3+CO2+H2O=2KHCO3故答案为：V的取值范围m=f（V）0V224m=V/224224V672m=1672V896m=1（V672）/224（5）根据（4）分析可画出图象为：，故答案为：22现有四瓶丢失标
67、签的KOH、Na2CO3、AlCl3、NH4HSO4溶液，为鉴别四种溶液，将四瓶溶液编号为A、B、C、D进行实验实验过程和记录如下图所示（无关物质已略去），请回答：（1）Y、Z的化学式分别为：YNH3；ZCO2X与B反应的离子方程式为Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O（2）D溶液pH值大于7（填“大于”、“小于”或“等于”），原因是（用离子方程式表示）CO32+H2OHCO3+OH（3）写出C与过量B反应（加热）的离子方程式NH4+H+2OHNH3+2H2O（4）若B、C的稀溶液混合后（不加热）溶液呈中性，则该溶液中离子浓度从大到小的顺序是c（K+）c（SO42）c（NH4+）c（H+）
68、=c（OH）【考点】无机物的推断；物质的检验和鉴别的实验方案设计【分析】由A、B反应生成白色沉淀，再加过量B沉淀溶解生成无色溶液，则B为KOH，A为AlCl3；B与C反应生成气体使石蕊变蓝，则气体为氨气，所以C为NH4HSO4；C、D反应生成的无色无味的气体为二氧化碳，D为Na2CO3，然后结合物质的性质及化学用语来解答【解答】解：由A、B反应生成白色沉淀，再加过量B沉淀溶解生成无色溶液，则B为KOH，A为AlCl3；B与C反应生成气体使石蕊变蓝，则气体为氨气，所以C为NH4HSO4；C、D反应生成的无色无味的气体为二氧化碳，D为Na2CO3，（1）由上述分析可知Y为NH3，Z为CO2，X为氢
69、氧化铝，X与B的离子反应为Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O，故答案为：NH3；CO2；Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O；（2）D为Na2CO3，水解显碱性，pH大于7，水解离子反应为，故答案为：大于；CO32+H2OHCO3+OH；（3）C与过量B反应（加热）的离子方程式为NH4+H+2OHNH3+2H2O，故答案为：NH4+H+2OHNH3+2H2O；（4）B、C的稀溶液混合后（不加热）溶液呈中性，B、C的物质的量大于1：1，小于2：1，溶质为硫酸钾、硫酸铵和一水合氨，则离子浓度大小为c（K+）c（SO42）c（NH4+）c（H+）=c（OH），故答案为：c（K+）c（SO4
70、2）c（NH4+）c（H+）=c（OH）【化学-有机化学基础】23常用药羟苯水杨胺，其合成路线如下回答下列问题：已知：（1）羟苯水杨胺的化学式为C13H11NO3对于羟苯水杨胺，下列说法正确的是CDA1mol羟苯水杨胺最多可以和2mol NaOH反应 B不能发生硝化反应C可发生水解反应 D可与溴发生取代反应（2）D的名称为对硝基苯酚（3）AB所需试剂为浓硝酸和浓硫酸；DE反应的有机反应类型是还原反应（4）BC反应的化学方程式为+2NaOH+NaCl+H2O（5）F存在多种同分异构体F的所有同分异构体在下列一种表征仪器中显示的信号（或数据）完全相同，该仪器是CA质谱仪 B红外光谱仪 C元素分析仪
71、 D核磁共振仪F的同分异构体中既能与FeCl3发生显色反应，又能发生银镜反应的物质共有9种；写出其中核磁共振氢谱显示4组峰，且峰面积之比为1：2：2：1的同分异构体的结构简式、【考点】有机物的推断【分析】由羟苯水杨胺结构简式、F的分子式可知，F为，E为，由反应信息逆推可知D为，由转化关系可知，苯与氯气发生取代反应生成A为，A与浓硝酸、浓硫酸在加热条件下发生取代反应生成B为，B发生水解反应生成C为，C酸化得到D，据此解答【解答】解：由羟苯水杨胺结构简式、F的分子式可知，F为，E为，由反应信息逆推可知D为，由转化关系可知，苯与氯气发生取代反应生成A为，A与浓硝酸、浓硫酸在加热条件下发生取代反应生成
72、B为，B发生水解反应生成C为，C酸化得到D（1）由羟苯水杨胺的结构简式，可知其化学式为C13H11NO3，对于羟苯水杨胺，下列说法正确的是A1mol羟苯水杨胺含有2mol酚羟基，水解得到1molCOOH，最多可以和3mol NaOH反应，故A错误；B苯环可以发生硝化反应，故B错误；C含有CONH，可发生水解反应，故C正确；D含有酚羟基，可与溴发生取代反应，故D正确；故答案为：C13H11NO3；CD；（2）D为，名称为对硝基苯酚，故答案为：对硝基苯酚；（3）AB所需试剂为：浓硝酸和浓硫酸，DE是硝基还原为氨基，属于还原反应，故答案为：浓硝酸和浓硫酸；还原反应；（4）BC反应的化学方程式为： +
73、2NaOH+NaCl+H2O，故答案为： +2NaOH+NaCl+H2O；（5）F及同分异构体中组成元素相同，结合不同，由元素分析仪显示的信号（或数据）完全相同，故选：C；F（）的同分异构体中既能与FeCl3发生显色反应，又能发生银镜反应，说明含有酚羟基、醛基，侧链为OH、OOCH时，有邻、间、对3种，侧链可为CHO、2个OH，2个OH处于邻位，CHO有2种位置，2个OH处于间位，CHO有3种位置，2个OH处于对位，CHO有1种位置，故符合条件的同分异构体共有9种，其中核磁共振氢谱显示4组峰，且峰面积之比为1：2：2：1的同分异构体的结构简式为：、，故答案为：9；、24如图的关系图中，A是一种
74、正盐，E是强酸，当甲无论是强酸或强碱都有如下反应关系：友情提示：当甲无论是强酸或强碱，A、B、C、D、E均为同种元素对应的不同的化合物回答下列问题：（1）A是（NH4）2S（用化学式表示）（2）当甲是稀盐酸溶液时，B为具有臭鸡蛋气味的气体写出B与C的反应方程式：2H2S+SO2=3S+2H2O一定质量的Zn与100mL 12.0mol/L的E的浓溶液充分反应，反应后称量剩余锌发现质量减少了65.0g将反应后的溶液稀释至1L，此时溶液中c（SO42）=1mol/L，产生SO2体积（标准状况下）=4.48L（3）当甲是浓氢氧化钠溶液时，B为易液化的气体可作制冷剂C是NO，在浓的E溶液中放入过量的铜
75、片，则反应将要结束时的离子方程式为3Cu+8H+2NO3=3Cu2+2NO+4H2O将盛有D和O2的混合气体12mL的量筒倒立于水槽中，充分反应后，剩余2mL无色气体（均在同温同压下测定），则原混合气体中氧气的体积是4mL或1.2mL【考点】无机物的推断【分析】（1）A是一种正盐，E是强酸，由转化关系可知，中学化学中N、S元素化合物符合转化，当甲无论是强酸或强碱，A、B、C、D、E均为同种元素对应的不同的化合物，可推知A为（NH4）2S；（2）当甲是稀盐酸溶液时，B为具有臭鸡蛋气味的气体，则B为H2S、C为SO2、D为SO3，E为H2SO4；二氧化硫与硫化氢反应生成硫与水硫酸完全反应，发生反应
76、：Zn+2H2SO4（浓）=ZnSO4+SO2+H2O，Zn+H2SO4=ZnSO4+H2，结合方程式计算；（3）当甲是浓氢氧化钠溶液时，B为易液化的气体可作制冷剂，则B为NH3、C为NO、D为NO2、E为HNO3在浓的硝酸溶液中放入过量的铜片，则反应将要结束时，为Cu与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO与水；可能发生的反应为：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，3NO2+H2O=2HNO3+NO，试管中O2和NO2气体按体积比1：4混合全部溶解，液体充满试管，假定全部为二氧化氮，剩余气体体积为12mL=4mL，实际是结果剩余4mL气体，小于4mL，则说明剩余气体为NO或氧气，若为氧气，根据4NO2
77、+O2+2H2O=4HNO3，求出参加此反应的O2，最后相加得到原来的氧气；若为NO，先根据3NO2+H2O=2HNO3+2NO求出过量的NO2，然后根据4NO2+O2+2H2O=4HNO3求出参加此反应的NO2，据此解答【解答】解：（1）A是一种正盐，E是强酸，由转化关系可知，中学化学中N、S元素化合物符合转化，当甲无论是强酸或强碱，A、B、C、D、E均为同种元素对应的不同的化合物，可推知A为（NH4）2S，故答案为：（NH4）2S；（2）当甲是稀盐酸溶液时，B为具有臭鸡蛋气味的气体，则B为H2S、C为SO2、D为SO3，E为H2SO4，则：B与C的反应方程式为：2H2S+SO2=3S+2H
78、2O，故答案为：2H2S+SO2=3S+2H2O；一定质量的Zn与100mL 12.0mol/L的H2SO4的浓溶液充分反应，反应后称量剩余锌发现质量减少了65.0g，则参加反应Zn的物质的量为1mol，H2SO4的物质的量为0.1L12mol/L=1.2mol，由于硫酸都没有剩余，设与浓硫酸反应的Zn为xmol，与稀硫酸反应的Zn为ymol，则：Zn+2H2SO4（浓）=ZnSO4+SO2+H2Ox 2x x xZn+H2SO4=ZnSO4+H2y y y由题意可知：，解得x=0.2 y=0.8，故将反应后的溶液稀释至1L，此时溶液中c（SO42）=1mol/L，产生SO2体积（标准状况下）
79、=0.2mol22.4L/mol=4.48L，故答案为：1；4.48；（3）当甲是浓氢氧化钠溶液时，B为易液化的气体可作制冷剂，则B为NH3、C为NO、D为NO2、E为HNO3由上述分析可知C是NO，在浓的E溶液中放入过量的铜片，则反应将要结束时，为Cu与稀硝酸反应，离子方程式为：3Cu+8H+2NO3=3Cu2+2NO+4H2O，故答案为：NO；3Cu+8H+2NO3=3Cu2+2NO+4H2O；可能发生的反应为：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，3NO2+H2O=2HNO3+NO，试管中O2和NO2气体按体积比1：4混合全部溶解，液体充满试管，假定全部为二氧化氮，剩余气体体积为12mL
80、=4mL，实际是结果剩余4mL气体，小于4mL，则说明剩余气体为NO或氧气，若为氧气，则参加反应的气体为12mL2mL=10mL，根据4NO2+O2+2H2O=4HNO3，可知参加此反应的NO2的体积为10ml=8mL，参加反应的O2的体积为10mL8mL=2mL，原混合气体中O2的体积为2mL+2mL=4mL；若剩余气体为NO气体，根据3NO2+H2O=2HNO3+NO，可知过量的NO2为32mL=6mL，反应4NO2+O2+2H2O=4HNO3消耗的气体总体积为12mL6mL=6mL，则反应消耗的氧气为6mL=1.2mL，故答案为：4mL或1.2mL2016年12月7日高考资源网版权所有，侵权必究！